用坐标系解立体几何常见方法
高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用
高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考数学立体几何三部曲—空间之直角坐标系专项一、积及坐标运算1．两个向量的数量积(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；(2)a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；(3)|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.2．向量的坐标运算3、应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较：OP＝x OM＋y OAOP＝x OA＋(1－x)OB－一、空间向量的简单应用1．(课本习题改编)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)则下列结论正确的是() A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b D．以上都不对2．(2012·济宁一模)若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是() A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}3．(教材习题改编)下列命题：①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB ＋BC ＋CD ＋DA ＝0； ②若MB ＝x MA ＋y MB ，则M 、P 、A 、B 共面； ③若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面． 其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．34．在四面体O －ABC 中，OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝________(用a ，b ，c 表示)．5．013·大同月考)若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)6已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.607D.657二、利用空间向量证明平行或垂直[例] 已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，边长为2a ，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .8.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．方法利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直．(1)设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)．则l1∥l2⇔v1∥v2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔v⊥n⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.l⊥α⇔v∥n⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)．(3)设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2，α⊥β⇔n1⊥n2.1.2012·长春模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.(1)求证：BD⊥PC；(2)设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面P AB，求λ的值．2.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CD＝∠C1CB＝∠BCD＝60°.(1)求证：C1C⊥BD；(2)当CDCC1的值是多少时，能使A1C⊥平面C1BD请给出证明．3.如图所示，平面P AD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△P AD是直角三角形，且P A＝AD＝2，E、F、G分别是线段P A、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG.三、利用向量求空间角1．两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|.3．求二面角的大小(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．(2)如图2、3，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．1．(教材习题改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°2．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°3.在如图所示的正方体A 1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120C.120D.10104．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．5．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值________．（一）异面直线所成的角[例1] (2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35本例条件下，在线段OB 上，是否存在一点M ，使C 1M 与AB 1所成角的余弦为13若存在，求出M 点；不存在，说明理由．1．(2012·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1. .（二）直线与平面所成角[例2] (2012·大纲全国卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．2.(2012·宝鸡模拟)如图，已知P A⊥平面ABC，且P A＝2，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E.(1)求证：PC⊥平面ADE；(2)求直线AB与平面ADE所成角的大小．（三）二面角[例3]在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值．11A1如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（I ）证明：11AC A B ⊥；（II ）设直线1AA 与平面11BCC B 的距离为3，求二面角1A AB C --的大小.【课后练习题】1.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________．2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．3.如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．5．(2012·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．6．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直说明理由．7．(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：P A⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．8．(2012·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．9．(2012·北京东城模拟)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．10．(2012·天津高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．11.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2. (1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．12．(2012·湖北模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．11。
三维立体几何中的坐标定位与距离计算
三维立体几何中的坐标定位与距离计算在三维立体几何中，坐标定位和距离计算是非常重要的概念和技巧。
通过准确的坐标定位，我们可以确定一个点在三维空间中的位置，而距离计算则可以帮助我们衡量两个点之间的距离。
本文将探讨三维立体几何中的坐标定位和距离计算，并介绍一些常用的方法和公式。
一、坐标定位在三维空间中，我们可以使用三个坐标轴（x、y、z）来定位一个点。
这些坐标轴相互垂直，并且通过原点（0,0,0）来确定位置。
例如，一个点的坐标可以表示为（x,y,z），其中x表示点在x轴上的位置，y表示点在y轴上的位置，z表示点在z轴上的位置。
通过坐标定位，我们可以准确地描述和定位一个点在三维空间中的位置。
这对于计算机图形学、建筑设计和物理模拟等领域非常重要。
例如，在计算机图形学中，我们可以通过给定的坐标来绘制一个点，从而创建出各种形状和物体。
二、距离计算在三维空间中，距离是一个重要的概念。
它可以帮助我们衡量两个点之间的距离，并在许多应用中起到关键作用。
距离的计算可以通过欧几里得距离公式来实现，即：d = √((x2-x1)² + (y2-y1)² + (z2-z1)²)其中，（x1,y1,z1）和（x2,y2,z2）分别表示两个点的坐标，d表示这两个点之间的距离。
距离计算在许多领域都有广泛的应用。
例如，在物理学中，我们可以使用距离计算来确定两个物体之间的距离，并根据它们之间的距离来计算力的大小。
在导航系统中，我们可以使用距离计算来确定两个地点之间的距离，并找到最短的路径。
三、坐标变换在三维立体几何中，坐标变换是一种常见的操作。
通过坐标变换，我们可以将一个点从一个坐标系转换到另一个坐标系。
这在计算机图形学和机器人学等领域中非常有用。
常见的坐标变换包括平移、旋转和缩放。
平移是将一个点沿着坐标轴移动一定的距离，旋转是将一个点绕着某个中心点旋转一定的角度，缩放是改变一个点的大小。
通过坐标变换，我们可以改变一个点在三维空间中的位置和大小，从而实现各种复杂的效果和动画。
立体几何点的求法
立体几何点的求法立体几何是研究三维空间中物体的形状、大小和位置关系的数学分支。
在立体几何中，点是最基本的元素，而求解点的位置是解决许多立体几何问题的关键。
下面将介绍立体几何点的求法。
一、坐标表示法在三维坐标系中，每个点都可以用一组有序数表示其位置。
这组有序数就是该点在三个坐标轴上的坐标值。
设一个点P(x,y,z)，其中x、y、z分别为该点在x轴、y轴和z轴上的坐标值，则P可以表示为一个有序三元组(x,y,z)。
利用坐标表示法可以求解两个点之间的距离。
设两个点P1(x1,y1,z1)和P2(x2,y2,z2)，则它们之间的距离d为：d = √[(x2-x1)^2 + (y2-y1)^2 + (z2-z1)^2]二、向量表示法向量是指具有大小和方向的量，用箭头来表示。
在三维空间中，每个向量都可以用一个有序三元组(a,b,c)来表示。
利用向量表示法可以求解线段或线段所在直线上某一点的位置。
设一个线段AB，其起始端点为A(x1,y1,z1)，终止端点为B(x2,y2,z2)，则该线段的向量为：AB = (x2-x1, y2-y1, z2-z1)如果需要求解线段AB上距离A点m倍长度的点P，则可以用以下公式计算P的坐标值：P = A + m(AB)其中，m为实数。
三、平面方程表示法平面是指在三维空间中，由无限多个点组成的一个二维图形。
在立体几何中，平面通常用方程表示。
设一个平面P，其方程为ax+by+cz+d=0。
其中a、b、c是平面法向量的三个分量，d是平面与原点的距离。
对于一个给定的点Q(x,y,z)，如果Q在该平面上，则有：ax+by+cz+d=0如果需要求解过三个已知点A(x1,y1,z1)、B(x2,y2,z2)和C(x3,y3,z3)的平面方程，则可以用以下公式计算a、b、c和d：a = (y2-y1)(z3-z1)-(z2-z1)(y3-y1)b = (z2-z1)(x3-x1)-(x2-x1)(z3-z1)c = (x2-x1)(y3-y1)-(y2-y1)(x3-x1)d = -ax_0-by_0-cz_0其中，(x_0, y_0, z_0)为三个点的重心坐标。
空间几何问题的解题思路与方法
空间几何问题的解题思路与方法空间几何问题是数学中重要的一个分支，涉及到解析几何、线性代数、微积分等多个数学学科。
解决空间几何问题需要运用一定的思路和方法，本文将介绍几种常见的解题思路和方法。
一、几何图形的性质与关系在解决空间几何问题时，首先需要熟悉各种几何图形的性质与关系。
比如直线与平面的相交情况，平面与平面的夹角关系等。
对于给定的几何图形，可以运用已知的性质和关系来推导出需要求解的结果。
二、坐标系与向量坐标系是解析几何中重要的工具，可以将几何图形与代数符号相联系。
通过引入坐标系，可以将空间几何问题转化为代数方程或方程组的求解。
在使用坐标系时，需要确定适当的坐标轴和坐标原点，并将几何图形的特征抽象为代数符号。
通过利用向量的性质，可以在坐标系中进行向量运算，计算两点距离、中点坐标等。
三、向量叉乘与双曲面交线向量叉乘是解决空间几何问题的常见方法之一。
通过向量叉乘可以求得两向量所夹平面的法向量，利用法向量可以进一步求解两平面的交线。
在求解双曲面交线问题时，可以将双曲面方程转化为标准形式，并应用向量叉乘的方法来求解交线的方程。
四、平面投影平面投影是解决空间几何问题的重要方法之一。
通过将空间中的几何体在一个平面上的投影，可以简化问题的处理。
平面投影可以应用于求解空间几何体的面积、体积以及几何体之间的位置关系等问题。
五、参数方程与参数化求解参数方程是描述几何图形的一种常用形式，通过引入参数，可以将几何图形的属性与参数相联系。
通过求解参数方程，可以得到几何图形的特征。
在解决空间几何问题时，可以运用参数方程来表示给定几何体之间的关系，并通过求解参数方程来得到结果。
六、三维几何题目的解题方法三维几何题目是空间几何问题的一种典型形式，解决三维几何题目需要清晰的思维和严密的推导。
一种常见的解题方法是利用立体几何中的立体角公式和公式组。
通过列出合适的公式组，可以将几何问题转化为方程组的求解问题。
综上所述，解决空间几何问题需要熟悉几何图形的性质与关系，运用坐标系与向量进行分析和计算，利用向量叉乘求解双曲面交线，应用平面投影简化问题的处理，运用参数方程与参数化求解等方法。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
解说立体几何中的“坐标法”
解说立体几何中的“坐标法”江苏省姜堰中学张圣官（225500）空间直角坐标系是现行高中数学新增加的内容，在使用上就是把空间的点、向量先用坐标表示，然后利用坐标来计算有关角的大小与线段的长度，或者判断与证明线线、线面以及面面的位置关系。
利用“坐标法”解（证）立体几何题，所作的辅助线明显比纯几何推理需要作的要少，且思路简单明了，更易于程序化来解题。
用“坐标法”解题是数与形结合的典范，它特别适用于易于建立空间直角坐标系的图形（如正方体等）。
下面分别介绍在空间直角坐标系中如何确定点的坐标、常见特殊点的坐标特点及利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤。
一、如何确定空间点的坐标空间点的坐标是有序实数对(x,y,z)，其中的三数x,y,z包含坐标的符号与坐标的绝对值。
要确定一个点的坐标，应先判断三个坐标的符号，然后再确定三个坐标的绝对值。
1．点的坐标的符号判断点在坐标平面上的射影位于坐标轴的正方向，则这点对应的坐标的符号为正，否则符号为负。
如点位于x轴正方向，则横坐标为正；点位于z轴负方向，则竖坐标为负。
2．点的坐标的绝对值确定过这个点向三个坐标平面作垂线，看垂线段平行于哪个轴，则这条线段的长度就是该点的绝对值。
如这条垂线段平行于y轴且长度为a，则点的纵坐标的绝对值是a；如这条垂线段平行于z轴且长度为a，则点的竖坐标的绝对值是a 。
二、常见特殊点的坐标特点1．坐标轴上点的坐标的特点①x轴上的点的纵坐标和竖坐标均为0，形如（a，0，0）；②y轴上的点的横坐标和竖坐标均为0，形如（0，a，0）；③z轴上的点的横坐标和纵坐标均为0，形如（0，0，a）。
2．坐标平面上点的坐标的特点①XOY平面上所有点的竖坐标是0，形如（a，b，0）；②YOZ平面上所有点的横坐标是0，形如（0，a，b）；③ZOX平面上所有点的纵坐标是0，形如（a，0，b）。
三、利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤第一步，建立坐标系通常取垂直且相交于同一点的三条直线作为三条坐标轴，它们的交点作为原点，并选取适当的单位长度；第二步，表示点的坐标将题中相关点（即在问题中出现的且要求的点）用坐标表示，这一步是解（证）题的关键；第三步，表示向量的坐标根据点的坐标可以求出所需要的向量的坐标，即用向量终点的坐标减去起点的坐标；第四步，求出问题的解将点或向量的坐标代入公式（如两向量的夹角公式等）；第五步，作出结论根据上一步所求得的结果，作出问题的正确结论。
平面与立体几何的坐标表示
平面与立体几何的坐标表示坐标表示是数学中一种常见的表达方法，用来描述物体在空间中的位置和形状。
在平面几何和立体几何中，我们也可以使用坐标表示来方便地推导和计算。
一、平面几何的坐标表示在平面几何中，我们可以使用二维坐标系来表示点的位置。
二维坐标系由两个相互垂直的坐标轴组成，通常用x和y来表示。
以一个平面上的点A为例，我们可以用坐标(x, y)来表示其位置。
其中，x表示点A在x轴上的投影长度，y表示点A在y轴上的投影长度。
通过坐标(x, y)，我们可以唯一确定平面上的一个点。
对于平面几何中的直线、圆、多边形等图形，我们也可以通过坐标表示来进行研究和计算。
以直线为例，假设直线的两个端点分别为A(x1, y1)和B(x2, y2)，我们可以通过坐标表示来计算直线的斜率、长度等信息，从而更好地理解和解决相关问题。
二、立体几何的坐标表示在立体几何中，我们可以使用三维坐标系来表示空间中点的位置。
三维坐标系由三个相互垂直的坐标轴组成，通常用x、y和z来表示。
以一个立体图形的顶点A为例，我们可以用坐标(x, y, z)来表示其位置。
其中，x表示点A在x轴上的投影长度，y表示点A在y轴上的投影长度，z表示点A在z轴上的投影长度。
通过坐标(x, y, z)，我们可以唯一确定空间中的一个点。
对于立体几何中的直线、平面、体积等图形，我们同样可以通过坐标表示来进行研究和计算。
以平面为例，假设平面上的三个点分别为A(x1, y1, z1)、B(x2, y2, z2)和C(x3, y3, z3)，我们可以通过坐标表示来计算平面的法向量、面积等信息，从而更好地理解和解决相关问题。
在实际应用中，坐标表示在工程、建筑、计算机图形学等领域起着重要的作用。
通过坐标表示，我们可以将复杂的几何问题转化为简单的代数计算，提高问题的求解效率和准确性。
总结：平面与立体几何的坐标表示是一种方便、有效的数学工具，在几何问题的研究和计算中起着重要作用。
用坐标系解立体几何常见方法
建立空间直角坐标系，解立体几何高考题立体几何重点、热点：求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．常用公式：1、求线段的长度：AB AB x2y2z2x2x12y2y12z2z12|PM n|2、求P点到平面的距离：PN ，（N为垂足，M为斜足，n 为平面的法向量）|n||PM n|3、求直线 l 与平面所成的角：|sin |，（PM l , M , n 为的法向量）|PM| |n||AB CD|4、求两异面直线AB 与CD的夹角：cos|AB| |CD||n1 n2 |5、求二面角的平面角：|cos | ，（n1，n2为二面角的两个面的法向量）|n1| |n2 |S射影6、求二面角的平面角：cos ，（射影面积法）S7、求法向量：①找；②求：设a,b 为平面内的任意两个向量，n （ x, y,1）为的法向量，a n 0则由方程组，可求得法向量n ．b n 0高中新教材9（B）引入了空间向量坐标运算这一内容，使得空间立体几何的平行﹑垂直﹑角﹑距离等问题避免了传统方法中进行大量繁琐的定性分析，只需建立空间直角坐标系进行定量分析，使问题得到了大大的简化。
而用向量坐标运算的关键是建立一个适当的空间直角坐标系。
一﹑直接建系。
当图形中有互相垂直且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建系。
例1. （2002 年全国高考题）如图，正方形ABCD﹑ABEF的边长都是1，而且平面ABCD﹑ABEF互相垂直。
点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN（=a0 a 2 ）。
（1）求MN的长；（2）当a 为何值时，MN的长最小；（3）当MN最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小。
解：（1）以B为坐标原点，分别以BA﹑BE﹑BC为x﹑y﹑z 轴建立如图所示的空即M﹑N 分别移动到AC﹑BF的中点时，MN的长最小，最小值为2 （3）取MN的中点P，连结AP﹑BP，因为AM=A，N BM=B，N 所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠ APB即为二面角α的平面角。
平面与立体几何的解析几何方法
平面与立体几何的解析几何方法在数学中，平面几何和立体几何是解析几何的重要分支。
解析几何是运用代数和分析工具来研究几何问题的数学学科。
平面几何研究平面上的图形和性质，立体几何则研究三维空间中的图形和性质。
本文将介绍平面与立体几何中常用的解析几何方法。
一、平面几何中的解析几何方法1. 坐标系和坐标表示在平面几何中，我们通常会使用坐标系来描述平面上的点和图形。
一般来说，平面上的点可以用两个坐标值表示，通常以x轴和y轴为基准。
以直角坐标系为例，任意点P的坐标可以表示为P(x, y)，其中x 表示距离x轴的水平距离，y表示距离y轴的垂直距离。
2. 距离和中点公式解析几何中，我们可以通过坐标计算两点之间的距离，并且可以得到线段的中点坐标。
对于平面上两点P(x1, y1)和Q(x2, y2)，它们之间的距离可以用以下公式表示：d(P, Q) = √((x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2)同样地，线段PQ的中点坐标可以通过以下公式得到：M((x1 + x2)/2, (y1 + y2)/2)3. 直线的斜率和方程在平面几何中，直线是研究的重点之一。
解析几何中，我们可以通过直线上的两个点的坐标来求解直线的斜率。
对于两点P(x1, y1)和Q(x2, y2)所确定的直线，它的斜率可以通过以下公式得出：k = (y2 - y1)/(x2 - x1)另外，在解析几何中，我们还可以通过已知直线上的一点和它的斜率来确定直线的方程。
以点P(x, y)和斜率k为例，直线的方程可以表示为：y - y1 = k(x - x1)二、立体几何中的解析几何方法1. 坐标系和坐标表示与平面几何类似，立体几何中也可以使用坐标系来描述三维空间中的点和图形。
一个常用的坐标系是笛卡尔坐标系，其中三个坐标轴x、y、z相互垂直。
一个点P的坐标可以表示为P(x, y, z)，其中x表示距离x轴的水平距离，y表示距离y轴的水平距离，z表示距离z轴的垂直距离。
数学解决立体几何问题的四种常用方法
数学解决立体几何问题的四种常用方法数学作为一门科学，其应用范围及其广泛。
在解决现实生活中的各种问题中，立体几何问题是其中之一。
在本文中，将介绍数学解决立体几何问题的四种常用方法，分别是平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
一、平面几何方法平面几何方法是解决立体几何问题最常用的方法之一。
该方法的基本思想是将立体几何问题转化为平面几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制立体几何图形的几个视图，将其分解为多个平面几何图形，然后利用平面几何中的定理和性质进行求解。
例如，对于一个立方体求其体积，可以将其展开成一个平面图形，然后计算出展开图形的面积。
再根据立方体的性质，将展开图形的面积乘以立方体高度所得的积即为立方体的体积。
二、向量法向量法是一种几何分析方法，可以有效地解决立体几何问题。
该方法利用向量的运算和性质，将立体几何问题转化为向量计算问题来求解。
在利用向量法解决立体几何问题时，首先需要确定坐标系，并定义几何体的位置和方向。
然后，通过向量运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个平行六面体的体积，可以通过计算其底面向量与高度向量的叉积来求解。
三、投影法投影法是解决立体几何问题的另一种常用方法。
该方法利用几何体在不同平面上的投影关系，将立体几何问题转化为投影几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制几何体在不同平面上的投影图形，并利用投影几何的定理和性质进行求解。
例如，对于一个棱柱在某个平面上的截面积，可以通过计算棱柱的投影图形在该平面上的面积来求解。
四、立体坐标法立体坐标法是一种通过引入三维坐标系来解决立体几何问题的方法。
该方法通过确定几何体的坐标，将立体几何问题转化为坐标几何问题来求解。
在利用立体坐标法解决立体几何问题时，首先需要建立一个三维坐标系，并确定几何体的坐标。
然后，通过坐标运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个球体求其体积，可以根据球体的坐标及其半径，利用坐标运算公式计算出体积。
总结起来，数学解决立体几何问题的常用方法有平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
平面直角坐标系在立体几何中的应用
平面直角坐标系在立体几何中的应用张薇[摘要]谈到直角坐标系在立体几何中的应用，大家往往会想到建立空间直角坐标系来解决立体几何中的问题，然而有些情况下我们不需要建立或者不适宜建立空间直角坐标系，但在几何体的平面中又有线线垂直的，可以考虑建立平面直角坐标系来解决问题．这种方法通常用于立体几何中求解点到线的距离的问题．本文以2个题目为例来说明利用平面直角坐标系解决立体几何中的点到线的距离的问题的优点及使用情况． 关键词：平面直角坐标系 立体几何 应用建立直角坐标系解决立体几何中的问题适用于几何体中出现或比较容易作出线面垂直，并且面内容易作出线线垂直，各点坐标容易求出的题目．然而有时在求点到线的距离时我们不需要建立空间直角坐标，只要面内有线线垂直，我们也可以建立平面直角坐标系来解决问题．例一．如图，已知半平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在半平面β内，且DA α⊥，CB α⊥，4,6,8AD AB BC ===，在半平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，求四棱锥P ABCD -体积的最大值．分析：由DA α⊥，CB α⊥，得D A A P ⊥,,CB BP αβ⊥⊥.设APD BPC α∠=∠=，得4tan tan DA PA αα==，8tan tan CB PB αα==，所以有2PB PA =.由于底面ABCD 的面积已定，要使四棱锥P ABCD -最大，只要使高最大，即P 点到平面ABCD 的距离最大．又由于αβ⊥，所以P 到平面ABCD 的距离即为P 到AB 的距离.接下来的处理方式有以下：方式一：P 到AB 的距离即为ABP ∆的高，要使高最大，则在底边AB 已定的情况下ABP ∆的面积最大，问题转化为求ABP ∆面积最大．设APB θ∠=，由余弦定理得222222cos 54cos AB PA PB PA PB PA PA θθ=+-⋅⋅=-⋅所以2254cos AB PA θ=-， 则ABP ∆的面积221sin 36sin sin sin 254cos 54cos AB S PA PB PA θθθθθθ⋅=⋅⋅=⋅==--， 所以()()54cos 36sin 54cos 36sin S S S θθθθθϕ-=⇒=+=+， 所以()sin θϕ+=， 因为4tan 036S ϕ=>，所以02πϕ<<，又因为0θπ<<，所以302πθϕ<+<，所以()sin 1θϕ+≤，即1≤，解得012S <≤，即ABP ∆面积最大值为12，所以对应的ABP ∆的高的最大值为4，从而可求得四棱锥P ABCD -体积最大值为48．方式二：在平面α内以AB 中点为坐标原点，以AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则()()3,0,3,0A B -．设(),P x y ，由2PB PA =得P 点的轨迹方程为()22516x y ++=，可得04y ≤≤，即P 到AB 的距离最大为4，从而可求得四棱锥P ABCD -体积最大值为48．小结：对比以上两种处理方式可以看出，在本题中，因为解决问题的关键在于求出P 到AB 的距离，所以在平面α上建立平面直角坐标系求出P 的轨迹方程，从而得到P 点的纵坐标的取值范围会更加简便，而且方式一还涉及到求形如()sin 0cos a b x y bd c d x +=≠+的函数的值域问题，这个知识点对学生来说是个难点，不好处理，而且运算量大，容易出错．例二．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，ABC ∆是直角三角形，AC CB ⊥，2PA =,CA =2CB =，E 为BC 的中点，CF AB ⊥于点F ，CF 交AE 于点M ，求M 到平面PBC 的距离．分析：本题有线面垂直，因此可以用等体积法来求点M 到平面PBC 的距离．如图所示，设M 到平面PBC 的距离的距离为d ，由于PA ⊥平面ABC ，所以P 到平面ABC 的A距离为PA ，则有P CMB M PBC V V --=，即1133CMB PBC PA S d S ∆∆⋅⋅=⋅⋅，易证PC CB ⊥，所以PBC S ∆易求，这样解决整个题目的关键就在于求出CMB S ∆，而CMB ∆中，CB 已知，只要求CB 边上的高也就是M 到CB 的距离h ．处理方式有以下：方式一：由CA =2CB =，AC CB ⊥，可得60ABC ∠=，又由CF AB ⊥可得30FCB ∠=，3CF AF ==．下面我们用分析法来找思路：要求M 到CB 的距离，只要求出CM 的长⇐MF 的长⇐tan MAF ∠⇐用正弦定理结合平方关系求出sin ,cos MAF MAF ∠∠，即sin ,cos BAE BAE ∠∠．而要求出sin BAE ∠，就要先用勾股定理求出AE 长．解答过程如下：因为AC CB ⊥，E 为BC 的中点，所以由勾股定理得：AE ==由正弦定理：sin sin AE BE ABC BAE=∠∠ 可得sin 26BAE ∠= 由平方关系可得cos 26BAE ∠=即cos MAF ∠=tan MAF ∠= 因为tan MF AF MAF =⋅∠=，所以CM CF MF =-= 所以M 到CB 的距离sin 7h CM MCE =⋅∠=． 方式二：因为AC CB ⊥，所以以C 为原点，CB 所在直线为x 轴，CA 所在直线为y 轴来建立平面直角坐标系，则()0,0C，(0,A ，()2,0B ，()1,0E ，所以有直线AE 方程为0y +-=， 直线CF 方程为3y x =， 设(),M x y ，则由6077x y y x y ⎧⎧=+-=⎪⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎪⎩， 则M 到CB的距离7h y ==． 小结：对比以上两种处理方式可以看出，因为本题的关键在于求出M 到CB 的距离h ，而ABC ∆为直角三角形，M 点为AE 和CF 的交点，显然是建立平面直角坐标系比较容易求．总结：对于立体几何里面求点到线的距离的问题，我们解法上不必拘泥于几何法解或建立空间直角坐标系来解，有时我们在几何体的某个面上建立适当的平面直角坐标系会更加有利于问题的解决．。
建立空间直角坐标系解立体几何题
建立空间直角坐标系解立体几何题在学习立体几何过程中，建立空间直角坐标系可以帮助我们更好地理解和解决相关问题。
这篇文章将探讨如何建立空间直角坐标系，并以一个例题为例来说明该方法的应用。
建立空间直角坐标系的步骤如下：1.选取坐标原点一般情况下，我们可以选择立方体的一个顶点作为坐标原点。
选取坐标原点后，我们可以通过标定其他点与坐标原点的坐标值来建立坐标系。
2.确定坐标轴在空间中，我们可以有三个互相垂直的坐标轴，分别为x轴、y轴和z轴。
我们可以根据需要确定坐标轴的正方向，比如我们可以规定x轴正方向为从左往右，y轴正方向为从下往上，z轴正方向为从内往外。
3.标定坐标值在空间中，每一个点都可以用三个实数x、y、z来表示它在坐标系中的位置。
我们可以通过直接测量或者运用勾股定理等方法来确定每个点的坐标值。
一般情况下，我们可以将领角所在的平面作为xoy平面，将底面所在的平面作为xz平面，将右侧面所在的平面作为yz平面，这样有助于我们更方便地标定坐标值。
以一个例题来说明建立空间直角坐标系的应用：已知四面体ABCD的底面ABCD为边长为2的正方形，其上面一点P距离底面ABCD的距离为1，求点P到四面体的距离。
利用空间直角坐标系来解决该题可以大大简化计算过程。
我们可以将坐标系建在ABCD正方形所在的平面上，以AB为x轴，以AD为y轴，以垂直于该平面的方向为z轴。
在该坐标系中，我们可以标定A点坐标为(0, 0, 0)，将B点的坐标作为x轴正方向单位向量(1, 0, 0)，C点的坐标作为y轴正方向单位向量(0, 1, 0)，D 点的坐标作为z轴正方向单位向量(0, 0, 1)。
通过该坐标系，我们可以算得点P的坐标为(1, 1, 1)。
接下来，我们可以利用向量点积公式计算点P到四面体的高：|AP·N|/|N| = |(1, 1, 1)·(1, 1, 0)|/√2 ≈ 1.22因此，点P到四面体的距离约为1.22。
高中数学的解析立体几何中的体积与表面积
高中数学的解析立体几何中的体积与表面积解析立体几何是高中数学的重要内容之一，其中体积和表面积是解析立体几何的两个关键概念。
体积和表面积的计算对于解决各种实际问题和数学题目起着重要作用。
本文将介绍解析立体几何中的体积和表面积的计算方法，以及应用场景和注意事项。
一、体积的计算方法体积是一个立体所占的空间大小，在解析立体几何中可以通过计算公式或者积分方法来获得。
1. 直角坐标系下的体积计算在直角坐标系下，常见的几何体如长方体、正方体和圆柱体的体积计算可以采用公式来解决。
以长方体为例，其体积计算公式为 V = lwh，其中 l、w、h 分别表示长方体的长、宽和高。
对于其他几何体，也有相应的计算公式，需要根据具体情况来确定。
2. 参数方程下的体积计算在解析几何中，有时候几何体的边界不容易用简单的直线方程来表示，这时可以使用参数方程来描述几何体的形状，并通过参数方程来计算体积。
常见的几何体包括圆锥、椭球和抛物线旋转体等。
以圆锥为例，其参数方程为x = rcosθ，y = rsinθ，z = ht，其中 r 为底面半径，h 为高度，θ 为参数。
通过参数方程，可以建立体积的积分式进行计算。
二、表面积的计算方法表面积是指一个几何体外部的总面积，也可以通过计算公式或者积分方法来获得。
1. 直角坐标系下的表面积计算类似于体积的计算方法，在直角坐标系下，常见几何体的表面积计算也可以采用公式来解决。
以长方体为例，其表面积由公式 A = 2lw +2lh + 2wh 给出。
其他几何体的表面积计算也有相应的公式。
2. 参数方程下的表面积计算对于采用参数方程描述的几何体，可以通过参数方程来计算表面积。
以球体为例，其参数方程为x = rsinθcosφ，y = rsinθsinφ，z = rcosθ，其中 r 为球体半径，θ 和φ 分别为参数。
通过参数方程，可以建立表面积的积分式进行计算。
三、应用场景和注意事项体积和表面积的计算方法在解决各种实际问题中有广泛的应用。
巧建系，妙解立体几何题
解题宝典立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.在解答立体几何问题时，我们一般只有借助立体几何图形来进行分析，才能快速明确题目中点、线、面的位置关系，找到解题的突破口.建系法是解答立体几何问题的一种重要方法，而运用建系法解答立体几何问题的关键是建立合适的空间直角坐标系，通过空间直角坐标运算求得问题的答案.那么如何选取坐标轴和原点，建立合适的直角坐标系呢？主要有以下两种方法.一、根据几何体的性质和特点建系我们知道，空间直角坐标系中的三个坐标轴相互垂直，并相交于一点.因此，在解答立体几何问题时，可以根据简单几何体的特点和性质，尤其是长方体、直棱柱、直棱锥、圆柱的性质和特点来寻找垂直关系.当图形中出现三条直线两两互相垂直且交于一点时，可以将这三条直线看作坐标轴，将该交点视为坐标原点来建系.例1.（2019年全国卷Ⅱ理科·第17题）如图1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.若AE =A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值.图1图2分析:本题主要考查了二面角的求法.我们根据长方体的特点和性质可知长方体的所有侧棱都与底面垂直，且底面上由顶点出发的两条棱相互垂直，于是可将底面的其中一个顶点视为原点，以由顶点出发的三条棱为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.然后根据题目给出的条件，找出相关点的坐标，求出两个平面、BEC 、ECC 1的法向量，再根据公式求出两个平面法向量的夹角余弦值，便可得出夹角的正弦值.解：以点D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系D -xyz .设正方形ABCD 的边长为1，||AA 1=2a ，则||A 1E =||AE =a ，所以||EB 1=||EB =a 2+1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，且BE 在平面ABB 1A 1内，因此C 1B 1⊥BE .由题知BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C １.且EB 1在平面EB 1C 1内，则BE ⊥EB 1.在RtΔB 1EB 中，EB 12+EB 2=B 1B 2，即a 2+1+a 2+1=4a 2，所以a =1，所以B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，所以 CE =(1,-1,1)， CB =(1,0,0)， CC 1=(0,0,2)设平面BCE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíî n 1·CE =x 1-y 1+z 1=0, n 1·CB =x 1=0,，解得{x 1=0,z 1=y 1,取 n 1=(0,1,1)，设平面CEC 1的法向量为 n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíî n 2·CE =x 2-y 2+z 2=0, n 2·CC 1=2z 2=0,解得{z 2=0,y 2=x 2,取 n 2=(1,1,0)，所以cos n 1, n 2=n 1·n 2|| n 1·|| n 2=12.于是sin n 1, n 2=,故二面角B -EC -C 1的正弦值为.例2.如图3，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1=AC =CB .求二傅灵欣廖小莲44解题宝典面角D -A 1C -E 的正弦值.图3图4分析：该几何体为直三棱柱，我们可以根据直三棱柱图形的特点和性质来建立空间直角坐标系.直棱柱的侧棱垂直于底面，只要根据题目的条件在直三棱柱的底面找到两条互相垂直且与侧棱有交点的直线，这样三条直线两两便会互相垂直，为建立空间直角坐标系创造了条件.求出相关点的坐标以及二面角所包含的两个平面的法向量，再根据公式便可求出二面角的余弦值，求得夹角的正弦值.解：由AC =CB =得ΔACB 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，又因为是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以棱CC 1⊥底面ACB .故以点C 为原点、CA 的方向为x 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.设AB =2，则AA 1=AC =CB =AA 1=2，则A (2,0,0)，B （0，2,0），D 0），A 1（2,0，2），C （0,0,0），又因为AA 1=BB 1=2，所以E(0,2，于是 CA 1=（2,0，2）， CD =0），CE =（0，2，，设平面DA 1C 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíîïï n 1·CA 121+2=0,CD · n 1=2121=0,解得{x 1+z 1=0,x 1+y 1=0,取n 1=(1,-1,-1)，设平面A 1CE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíîïï n 2·AC 1=2x 222=0, CE · n 2=2y 222=0,解得ìíîïïx 2+z 2=0,y 2+12z 2=0,取n 2=（2,1,-2），所以cos n 1， n 2=n 1·n 2|| n 1·||n 2=，则sin n 1, n 2=故二面角D -A 1C -E 的正弦值为.在用建系法解答与长方体、直棱锥有关的立体几何问题时，可以根据长方体、直棱锥本身的性质和特点来建系，若无法根据几何体的性质和特点建系，可以根据题意创造条件来建系.二、利用线面垂直关系建立直角坐标系在建系时，z 轴往往是比较容易选取的，而坐标原点即为z 轴与底面的交点，那么我们只需要确定与z 轴垂直的坐标平面xOy ，且使x 轴、y 轴相互垂直即可.可以根据线面垂直关系来寻找与z 轴垂直的平面.首先要充分利用好底面中的垂直条件，然后根据线面垂直的判断定理得到相应的z 轴以及与z 轴垂直的平面，这样便可建立符合要求的空间直角坐标系.例3（2020年全国Ⅰ卷，第20题）如图5，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.图5分析：我们可以先根据线面垂直的关系，即PD ⊥底面ABCD 来建立空间直角坐标系.而四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，所以正方形的四条邻边相互垂直，于是可以以D 为坐标原点、DA 的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标，设45方法集锦。
高考数学应试技巧之立体几何
高考数学应试技巧之立体几何在高考中，数学是考生必须要面对的必修科目之一，而立体几何也是其中难度较大的一部分。
在高考中，立体几何通常占据一定比例的分值，因此掌握好立体几何应试技巧对于整个数学成绩的提升有着非常重要的作用。
在本文中，我将介绍一些高考数学立体几何应试技巧，希望能够对广大考生有所帮助。
一、抓住重点难点在立体几何的学习中，我们需要把握住某些重点难点，这些知识点往往决定了整个部分的难度和重要性。
以下是一些高考立体几何的重难点：1. 空间向量和平面向量的相互转化；2. 向量叉乘的定义和性质；3. 直线和平面的方程式和性质，如平面法向量的确定；4. 空间几何中的相交线和平面、轴的求法；5. 三棱锥和四棱锥的性质和特征，以及如何求它们的体积；6. 球体的性质和公式，如球的面积和体积的计算。
以上这些内容都是高考立体几何中难度较大也较为重要的知识点，考生需花费更多的时间和精力去深入学习。
二、解题方法与技巧在考场上，考生需要注意一些解题方法和技巧，以使解题更顺利。
以下是一些常见的解题技巧：1. 画图法：立体图形通常较难想象，可以通过一些手绘图解来帮助解题。
可以在图纸上画出与题目相符合的立体图形，然后通过图形来解答问题。
尤其是在容易出错的计算过程中，可以通过画各个过程图来实现规范化计算。
2. 应用向量计算：在空间向量和平面向量的知识点中，向量计算是一种应用非常广泛的解题方法。
通过把题目所给的向量与需要求解的向量相互运算，可以求解出问题的答案。
例如，求两条直线的夹角、直线上的点到平面的距离等，都可以采用向量方法来解决。
3. 利用坐标系解题：在解决空间几何中的问题时，可以利用三维坐标系来解决。
这种方法可以将三维几何问题转化为平面几何问题，使问题更加明确化和规范化。
比如，若需要求两直线的交点，则可通过方程式，建立坐标系，进而求解问题。
4. 利用相似性质解决问题：在解决三棱锥、四棱锥题目时，我们可以利用它们的相似性质来帮助解决问题。
《用坐标方法解决几何问题》 学习任务单
《用坐标方法解决几何问题》学习任务单一、学习目标1、理解坐标方法在解决几何问题中的基本思想和重要性。
2、掌握建立平面直角坐标系来表示几何图形的方法。
3、学会运用坐标运算求解几何图形的长度、面积、角度等相关问题。
4、能够通过坐标方法证明几何中的一些定理和结论。
二、学习内容1、坐标方法的基本概念（1）平面直角坐标系的构成要素，包括坐标轴、原点、单位长度等。
（2）点在平面直角坐标系中的坐标表示，以及坐标与点的位置关系。
2、几何图形的坐标表示（1）直线、线段、三角形、四边形等常见几何图形顶点坐标的确定。
（2）通过坐标描述几何图形的位置和形状特征。
3、坐标运算与几何量的计算（1）两点间距离公式的推导和应用。
（2）中点坐标公式的推导和应用。
（3）利用向量的坐标运算求线段的长度、夹角等。
4、用坐标方法证明几何定理（1）以三角形的勾股定理为例，通过建立坐标系进行证明。
（2）平行四边形的性质定理在坐标方法下的证明。
三、学习资源1、教材：《数学》（必修 X）相关章节。
2、在线课程：具体在线课程名称及链接3、相关数学学习网站：列举一些网站四、学习方法1、预习教材相关内容，初步了解坐标方法的基本概念和原理。
2、观看在线课程，加深对知识点的理解和掌握。
3、完成教材中的例题和练习题，巩固所学知识。
4、参与学习小组讨论，分享学习心得和解题方法。
五、学习活动1、自主学习（1）认真阅读教材，标记重点和难点。
（2）完成教材中的预习习题，检验自己的预习效果。
2、课堂学习（1）跟随老师的讲解，深入理解坐标方法在几何问题中的应用。
（2）积极参与课堂讨论和互动，提出自己的疑问和想法。
3、实践应用（1）完成课后作业，运用所学知识解决实际几何问题。
（2）尝试用坐标方法解决一些拓展性的几何难题，提升自己的能力。
六、学习评估1、作业完成情况：按时、认真完成课后作业，作业的正确率和规范性作为评估的重要依据。
2、课堂表现：积极参与课堂讨论，回答问题的准确性和思维的活跃度。
解答立体几何问题的常用方法
备考指南立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理以及运算能力.求解立体几何问题的常用方法主要有几何法和向量法.掌握并合理运用这两种解题方法，有利于迅速找到解题的思路.下面结合实例，谈一谈解答立体几何问题的常用方法.一、几何法几何法是解答立体几何问题的常用方法，也是比较重要的方法.在运用几何法求解立体几何问题时，要根据空间中点、线、面之间的位置关系，寻找平行、垂直关系，灵活运用立体几何中的定义、公理、判定定理和性质定理来分析、解答问题.例1.如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的菱形，PD=3,PA=PC=23，点Q是PD的中点.（1）求证：直线PB∥平面ACQ；（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明：（1）连接BD交AC于点O，连接OQ，根据菱形ABCD的性质可知O为BD的中点，因为Q是PD的中点，所以OQ是ΔPBD的中位线，可得OQ∥PB.又OQ⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ，由线面平行的判定定理得PB∥平面ACQ.（2）在ΔPAD中，PD2+DA2=32+(3)2=12=(23)2 =PA2，所以PD⊥DA.同理可证PD⊥DC.因为DA⋂DC=D，由线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.因为PD⊂平面PAD，所以由面面垂直的判定定理得平面PAD⊥平面ABCD.在解答立体几何中有关线线、线面、面面平行和垂直的问题时，往往需要首先根据图形理清点、线、面之间的位置关系，然后运用线线、线面、面面平行和垂直的定义、判定定理、性质定理来解题.对于第一个问题，需首先想到运用线面平行的判定定理；对于第二个问题，要证明面面垂直，往往需先想到运用面面垂直的判定定理，则需根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，只需根据勾股定理证明线线垂直.二、向量法1.基底法基底法是指根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，通过向量运算来解题.运用基底法解题，需先根据立体几何图形的特点和位置关系，选择一组合适的向量，将其作为基底，再根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，利用向量的数量积公式、模的公式、共线定理等进行求解.例2.已知正四面体ABCD的各条棱长均为1，点E、F分别是BC、AD的中点，则AE∙CF=（）. A.0 B.12 C.1 D.-12解：如图2所示，设向量AB=a ,AC=b , AD=c ，因为正四面体的各条棱长均为1，所以a ∙b =a ∙c =b ∙c =1×1×cos60°=12，且||||b 2=1.因为点E、F分别是BC、AD的中点，所以AE=a +b 2， CF=-b +c 2，所以AE∙CF=æèçöø÷a +b 2∙æèçöø÷-b +c 2=-12a ∙b +14a ∙c -12||||b 2+14b ∙c=-12×12+14×12-12×1+14×12=-12.故本题选D.以AB=a 、AC=b 、 AD=c 为基底，并用这些基底将AE、CF表示出来，即可根据向量的数量积公式，求得AE∙CF的表达式及值.运用基底法解题的关键在于根据题意和图形的特点，选取合适的基底.图1图2552.坐标法有些立体几何问题中的图形为特殊图形，如正方体、直棱柱、长方体、正棱锥、圆锥、圆柱等，此时可采用坐标法求解.首先要根据这些图形的特点，找到两条或三条垂直且交于一点的直线，将其作为坐标轴，建立空间直角坐标系；然后求得相关点的坐标、直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量的坐标运算求得问题的答案.若用a 、b 表示直线a 、b 的方向向量，用m 、n 表示平面α、β的法向量，则（1）直线a 、b 所成角的余弦值为：cos θ=||||||cos a ,b =||||||||||a ∙b ||a ||||b ；（2）直线a 与平面α所成角的正弦值为：sin θ=||cos a,m =||||||||a∙m ||a ||m ；（3）平面α、β的二面角的余弦值为：cos θ=cos m ,n =m ∙n ||m ||n 或cos θ=-cos m ,n =-m ∙n ||m ||n （依平面角与法向量夹角的大小而定）；（4）若A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为：d =|||||||| AP ∙n ||n.例3.据《九章算术》中的记载可知，堑堵是底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马是底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体.如图3，在堑堵ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC .（Ⅰ）求证：四棱锥B -A 1ACC 1为阳马，并判断四面体A 1-CBC 1是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（只写出结论）；（Ⅱ）若A 1A =AB =2，当阳马B -A 1ACC 1的体积最大时，求二面角C -A 1B -C 1的余弦值.图3解：(Ⅰ)由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知A 1A ⊥底面ABC ，所以BC ⊥A 1A ，因为BC ⊥AC ，A 1A ⋂AC =A ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1.由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知，四边形A 1ACC 1为矩形，因此四棱锥B -A 1ACC 1为阳马.易知四面体A 1-CBC 1为鳖臑，四个面的直角分别是∠A 1CB ,∠A 1C 1C ,∠BCC 1,∠A 1C 1B .（Ⅱ）因为A 1A =AB =2，由（Ⅰ）知阳马B -A 1ACC 1的体积为V =13S 矩形A 1ACC 1∙BC =13×A 1A ×AC ×BC =23AC ×BC≤13(AC 2+BC 2)=13×AB 2=43，所以当AC =BC =2时，V max =43，此时直线CA ,CB ,CC 1两两互相垂直，可建立如图4所示的空间直角坐标系C -xyz .易知点C (0,0,0),B (0,2,0),A 1(2,0,2),C 1(0,0,2)，所以 CA 1=(2,0,2),CB =(0,2,0),BA 1=(2,-2,2)，BC 1=(0,-2,2).设平面CA 1B 的法向量为n =(x ,y ,z )，则ìíîn ∙CA 1=0，n ∙ CB =0，可得ìíî2x +2z =0，2y =0，令x =2，则z =-1,y =0，则n =(2,0,-1)；同理可得平面C 1A 1B 的一个法向量m =(0,2,1).所以cos <n ,m >=n ∙m ||n ||m =-13×3=-13.由图4知，二面角C -A 1B -C 1为锐二面角，故二面角C -A 1B -C 1的余弦值为13.利用坐标法求解有关夹角或距离问题，关键是建立合适的空间直角坐标系.通常要使更多的点落在坐标轴上，这样便于计算.有时可通过添加辅助线来画出其中的一条坐标轴.相比较而言，几何法和基底法的适用范围较广，对于大部分的题目，都可以采用几何法和基底法求解；而坐标法的适用范围较窄，只适用于求解方便建立空间直角坐标系的题目.但运用坐标法求解立体几何问题较为便捷，只需通过简单的向量运算即可.（作者单位：安徽省宁国市宁国中学）备考指南图456。
立体几何中直线与平面相交的经典方法+经典题(附详细解答)
立体几何中直线与平面相交的经典方法+经典题(附详细解答)在立体几何中，直线和平面的相交问题是常见的问题。
本文将介绍两种经典的方法解决直线和平面的相交问题，并附上练题和详细解答。
方法一：截距法截距法是利用平面直角坐标系的思想来解决立体几何中直线和平面的相交问题。
步骤如下：1. 将空间直线的参数方程化成对应的参数式，例如设直线为$L:\begin{cases} x=x_0+ua\\ y=y_0+ub\\ z=z_0+uc\end{cases}(u\in\mathbb{R})$；2. 将空间平面的一般式化为标准式，例如设平面为 $\pi:Ax+By+Cz+D=0$；3. 将直线的参数式带入平面的一般式中，得到一个关于参数$u$ 的一元二次方程；4. 解出该方程的 $u$ 值，代入直线的参数式中，即可得到直线与平面的交点。
方法二：向量法向量法是利用向量的点乘和叉乘来解决立体几何中直线和平面的相交问题。
步骤如下：1. 将空间直线的参数方程化成对应的点向式，例如设直线为$L: \bold{r}= \bold{a} + \lambda \bold{b}$；2. 将空间平面化为法向量的点法式，例如设平面为$\pi:\bold{n}\cdot\bold{r}+d=0$；3. 将直线的点向式代入平面的点法式中，得到一个关于参数$\lambda$ 的一元一次方程；4. 解出该方程的 $\lambda$ 值，代入直线的点向式中，即可得到直线与平面的交点。
经典题1. 已知直线 $L: \begin{cases} x=1+2t \\ y=t \\ z=2-3t \end{cases}$，平面 $\pi: 2x+y-2z=3$，求它们的交点。
解：应用截距法，将直线的参数方程化为：$$\begin{cases}x=1+2t \\ y=t \\ z=2-3t \end{cases}=\begin{cases} x=1 \\ y=0 \\ z=2\end{cases}+t \begin{cases} 2 \\ 1 \\ -3 \end{cases}$$将平面的一般式化为标准式，得到：$\pi: x+\frac{1}{2}y-z-\frac{3}{2}=0$。
(整理)直角坐标系解决立体几何问题
在立体几何中引入向量之前，求角与距离是一个难点，在新课标中，从向量的角度来研究空间的点、线、面的关系，我们只要通过两个向量的数量积运算、运用向量的模、平面的法向量就可以解决常见的角与距离的问题。
而且，运用向量来解题思路简单、步骤清楚，对学生来说轻松了很多。
重点：用空间向量数量积及夹角公式求异面直线所成角。
难点：建立恰当的空间直角坐标系关键：几何问题转换为代数问题及正确写出空间向量的坐标。
Ⅰ、空间直角坐标系的建立空间向量的数量积公式（两种形式）、夹角公式和空间向量的数量积的几何性质。
(用媒体分步显示下列内容) 1． 向量的数量积公式（包括向量的夹角公式）:若与的夹角为θ(0≤θ≤π),且={x 1,y 1,z 1},={x 2,y 2,z 2},则 ⑴ a ·b =|a ||b |cos θ 或 a ·b = x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2 ⑵若与非零向量 cos θ=222222212121212121x z z y y x x zy x z y ++⋅++++2． 向量的数量积的几何性质:⑴两个非零向量与垂直的充要条件是·=0⑵两个非零向量a 与b 平行的充要条件是a ·b =±|a ||b | 利用空间向量知识求异面直线所成角的一般步骤： （1）根据图形建立合理的空间直角坐标系； （2）确定关键点的坐标； （3）求空间向量的夹角； （4）得出异面直线的所成角。
D 1xy o. Mxyo. M平面直角坐标系空间直角坐标系z用向量解决角的问题 ①两条异面直线a 、b 间夹角在直线a 上取两点A 、B ，在直线b 上取两点C 、D ，若直线a 与b 的夹角为θ，则cos |cos ,|AB CD θ=<>=。
注意,由于两向量的夹角范围为[]︒︒180,0,而异面直线所成角的范围为()︒<<︒900α，若两向量夹角α为钝角,转化到异面直线夹角时为180°α-例1：在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=4，AA 1=6, 求异面直线DA 1与AC 1的所成角；分析：在此题的解答中，设计如下问题贯穿整个过程以期共同解高。
建坐标系解立体几何含解析
立体几何——建坐标系1.如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2,CD=SD=1.Ⅰ证明:SD⊥平面SAB;Ⅱ求AB与平面SBC所成的角的大小.2.如图,在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1.Ⅰ设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ. 证明:PQ⊥OA;Ⅱ求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.3.如图, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=4,AA1=7,点D是BC的中点,点E在AC上,且DE⊥A1E.Ⅰ证明:平面A1DE⊥平面ACC1A1;Ⅱ求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值.4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1=3,∠ABC=60°.Ⅰ证明:AB⊥A1C;Ⅱ求二面角A-A1C-B的大小.5.四棱锥A-BCDE中, 底面BCDE为矩形, 侧面ABC⊥底面BCDE, BC=2, CD=2, AB=AC.Ⅰ证明:AD⊥CE;Ⅱ设侧面ABC为等边三角形, 求二面角C-AD-E的大小.6.如图, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点.Ⅰ求证:AB 1⊥平面A 1BD; Ⅱ求二面角A-A 1D-B 的大小.7.如图, 在三棱锥V-ABC 中, VC ⊥底面ABC, AC ⊥BC, D 是AB 的中点, 且AC=BC=a ,∠VDC=θ）（20πθ<<.Ⅰ求证:平面VAB ⊥平面VCD;Ⅱ试确定θ的值, 使得直线BC 与平面VAB 所成的角为6π. 8.如图, △BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形, 平面MCD ⊥平面BCD, AB ⊥平面BCD, AB=2.Ⅰ求直线AM 与平面BCD 所成角的大小; Ⅱ求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.9.如图, 在四棱锥P-ABCD 中, PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, AB ∥DC, ∠BCD=90°.Ⅰ求证:PC ⊥BC;Ⅱ求点A 到平面PBC 的距离.10.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AC=BC, AA 1=AB, D 为BB 1的中点, E 为AB 1上的一点, AE=3EB 1.Ⅰ证明:DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线;Ⅱ设异面直线AB 1与CD 的夹角为45°, 求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.11.如图, 四棱锥S-ABCD 中, 底面ABCD 为矩形, SD ⊥底面ABCD, AD=2, DC=SD=2. 点M 在侧棱SC 上, ∠ABM=60°.Ⅰ证明:M 是侧棱SC 的中点;Ⅱ求二面角S-AM-B 的大小.12.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AB ⊥AC, D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点, DE ⊥平面BCC 1.Ⅰ证明:AB=AC;Ⅱ设二面角A-BD-C 为60°, 求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小.13.如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是正方形, PD ⊥底面ABCD,点E 在棱PB 上. Ⅰ求证:平面AEC ⊥平面PDB;Ⅱ当PD=2AB 且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.14. 如图, 在四棱锥P-ABCD 中, 底面ABCD 是矩形, PA ⊥平面ABCD, PA=AD=4, AB=2.以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.Ⅰ求证:平面ABM ⊥平面PCD; Ⅱ求直线PC 与平面ABM 所成的角; Ⅲ求点O 到平面ABM 的距离.15.如图, 四棱锥S-ABCD 的底面是正方形, SD ⊥平面ABCD, SD=2a, AD=a 2, 点E 是SD 上的点, 且DE=a λ0<λ≤2.Ⅰ求证:对任意的λ∈0, 2,都有AC ⊥BE;Ⅱ设二面角C-AE-D 的大小为θ, 直线BE 与平面ABCD 所成的角为ϕ. 若1tan tan =•ϕθ, 求λ的值.16.如图, 在五面体ABCDEF 中, AB ∥DC, ∠BAD=2π, CD=AD=2. 四边形ABFE 为平行四边形, FA ⊥平面ABCD, FC=3, ED=7. 求:Ⅰ直线AB 到平面EFCD 的距离;Ⅱ二面角F-AD-E的平面角的正切值.17.如图, 设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上, 记λ=BDPD11.当∠APC为钝角时, 求λ的取值范围.答案与解析1.解法一:Ⅰ取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=2. 连结SE, 则SE⊥AB, SE=. 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE为直角. 3分由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD, SF==. 作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. 9分作FH⊥SG, H为垂足, 则FH⊥平面SBC. FH==, 即F到平面SBC的距离为. 由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α==, α=arcsin. 12分解法二:以C为坐标原点, 射线CD为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设D1, 0, 0, 则A2, 2, 0、B0, 2, 0.又设Sx, y, z, 则x>0, y>0, z>0.Ⅰ=x-2, y-2, z, =x, y-2, z, =x-1, y, z,由||=||得=, 故x=1. 由||=1得y2+z2=1, 又由||=2得x2+y-22+z2=4, 即y2+z2-4y+1=0, 故y=, z=. 3分于是S, =,==·=0, ·=0. 故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ设平面SBC的法向量a=m, n, p,则a⊥, a⊥, a·=0, a·=0. 又==0, 2, 0, 故9分取p=2得a=-, 0, 2. 又=-2, 0, 0, cos<, a>==. 故AB与平面SBC所成的角为arcsin. 12分2.解法一:Ⅰ在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠AOB=120°且OA=OB, ∴∠OAB=∠OBA=30°. 在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON=AN. 在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90°=30°=∠OBN, ∴NB=ON=AN. 又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点. 在△CAN中, ∵P, Q分别为AC, AN的中点, ∴PQ∥CN. 由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON. 又NC平面CON, ∴OA⊥CN. 由PQ∥CN, 知OA⊥PQ.Ⅱ连结PN, PO.由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB. 又ON平面OAB, ∴OC⊥ON. 又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC. ∴OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰Rt△COA中, P为AC的中点, ∴AC⊥OP. 根据三垂线定理,知:AC⊥NP. ∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP=. 在Rt△AON 中, ON=OAtan 30°=, ∴在Rt△PON中, PN==, ∴cos∠OPN===.解法二:Ⅰ取O为坐标原点, 以OA, OC所在的直线为x轴, z轴, 建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.则A1, 0, 0, C0, 0, 1, B. ∵P为AC的中点, ∴P. ∵=, 又由已知, 可得==. 又=+=. ∴=-=, ∴·=·1, 0, 0=0. 故⊥.Ⅱ记平面ABC的法向量n=n1, n2, n3, 则由n⊥, n⊥, 且=1, 0, -1,得故可取n=1, , 1. 又平面OAC的法向量为e=0, 1, 0. ∴cos<n,e>==. 二面角O-AC-B的平面角是锐角, 记为θ, 则cos θ=.3.Ⅰ如图所示, 由正三棱柱ABC-A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.又DE平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.又DE平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. Ⅱ解法一:过点A作AF垂直A1E于点F, 连结DF. 由Ⅰ知, 平面A1DE⊥平面ACC1A1, 所以AF⊥平面A1DE. 故∠ADF是直线AD和平面A1DE 所成的角.因为DE⊥平面ACC1A1, 所以DE⊥AC. 而△ABC是边长为4的正三角形, 于是AD=2,AE=4-CE=4-CD=3. 又因为AA1=, 所以A1E===4, AF==,sin∠ADF==. 即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.解法二:如图所示, 设O是AC的中点, 以O为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是A2, 0, 0, A12, 0, ,D-1, , 0, E-1, 0, 0.易知=-3, , -, =0, -, 0, =-3, , 0. 设n=x, y, z是平面A1DE的一个法向量, 则解得x=-z, y=0. 故可取n=, 0, -3.于是cos<n, >===-.由此即知, 直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.4.解法一:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC.∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. Ⅱ如图, 作AD⊥A1C交A1C于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中,AD===,在Rt△BAD中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan.解法二:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴AA1⊥AB, AA1⊥AC. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°. 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. 如图, 建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, B1, 0, 0, C0,, 0, A10, 0, , ∴=1, 0, 0, =0, , -. ∵·=1×0+0×+0×-=0, ∴AB⊥A1C.Ⅱ如图, 可取m==1, 0, 0为平面AA1C的法向量,设平面A1BC的法向量为n=l, m, n, 则·n=0, ·n=0, 又=-1, , 0, ∴∴l=m, n=m. 不妨取m=1, 则n=, 1, 1.cos<m, n>===,∴二面角A-A1C-B的大小为arccos.5.解法一:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O, 连结OD, 由题设知, AO⊥底面BCDE, 且O为BC中点. 由==知, Rt△OCD∽Rt△CDE, 从而∠ODC=∠CED, 于是CE⊥OD. 由三垂线定理知, AD⊥CE.Ⅱ作CG⊥AD, 垂足为G, 连结GE. 由Ⅰ知, CE⊥AD. 又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE, AD⊥GE, 所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角. GE===, CE=,cos∠CGE===-. 所以二面角C-AD-E为arccos.解法二:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O. 由题设知AO⊥底面BCDE, 且O为BC的中点. 以O为坐标原点, 射线OC为x轴正向, 建立如图所示的直角坐标系O-xyz. 设A0, 0, t. 由已知条件有C1, 0, 0, D1, , 0, E-1, , 0, =-2, , 0, =1, , -t. 所以·=0, 知AD⊥CE.Ⅱ△ABC为等边三角形, 因此A0, 0, .作CG⊥AD, 垂足为G, 连结CE. 在Rt△ACD中,求得|AG|=|AD|. 故G, ==, 又=1, , -, ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角. 由cos<>==-知二面角C-AD-E为arccos.6.解法一:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1.连结B1O, 在正方形BB1C1C中, O、D分别为BC、CC1的中点, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB1⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设AB1与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由Ⅰ得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠AFG为二面角A-A1D-B的平面角. 在△AA1D中, 由等面积法可求得AF=, 又∵AG=AB1=, ∴sin∠AFG===, 所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin.解法二:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1中点O1, 以O为原点, 的方向为x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B1, 0, 0, D-1, 1, 0, A10, 2, , A0, 0, , B11, 2, 0, ∴=1, 2, -, =-2, 1, 0, =-1, 2, . ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设平面A1AD的法向量为n=x, y, z. =-1, 1, -, =0, 2, 0.∵n⊥, n⊥, ∴∴∴令z=1得n=-, 0, 1为平面A1AD的一个法向量. 由Ⅰ知AB1⊥平面A1BD, ∴为平面A1BD的法向量. cos<n,>===-. ∴二面角A-A1D-B的大小为arccos.7.解法一:Ⅰ∵AC=BC=a, ∴△ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, ∴CD⊥AB, 又VC⊥底面ABC,∴VC ⊥AB, 于是AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H, 则由Ⅰ知CH⊥平面VAB. 连结BH, 于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 依题意∠CBH=, 所以在Rt△CHD中, CH=asin θ;在Rt△BHC中, CH=asin=, ∴sin θ=, ∵0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法二:Ⅰ以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则C0, 0, 0, Aa, 0, 0, B0, a, 0, D, V. 于是,===-a, a, 0. 从而·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB ⊥CD. 同理·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB⊥VD.又CD∩VD=D, ∴ AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z,则由得可取n=1, 1, cot θ, 又=0, -a, 0, 于是sin===sin θ, 即sin θ=, ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法三:Ⅰ以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x轴、y轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则D0, 0, 0,A,B,C,V, 于是===0,a,0,从而·=0 a,0·=0, 即AB⊥DC. 同理·=0, a, 0·=0, 即AB⊥DV. 又DC∩DV=D, ∴ AB⊥平面VCD.又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z, 则由得取n=tan θ, 0, 1, 又=, 于是sin===sin θ,即sin θ=. ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.8. 解法一:Ⅰ取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB, A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E, 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO=, MO∥AB, 则==, EO=OB=, 所以EB=2=AB, 故∠AEB=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.ⅡCE是平面ACM与平面BCD的交线. 由Ⅰ知, O是BE的中点, 则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F, 连AF, 则AF⊥EC, ∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角, 设为θ. 因为∠BCE=120°, 所以∠BCF=60°.BF=BC·sin 60°=, tan θ==2, sin θ=. 所以, 所求二面角的正弦值是.解法二:取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD, 又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD.以O为原点, 直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系如图. OB=OM=, 则各点坐标分别为O0, 0, 0, C1, 0, 0, M0, 0, , B0, -, 0, A0, -, 2, Ⅰ设直线AM与平面BCD所成的角为α. 因=0, , -, 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则有sin α=cos<, n>===, 所以α=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.Ⅱ=-1, 0, , =-1, -, 2.设平面ACM的法向量为n1=x, y, z, 由得解得x=z, y=z, 取n1=, 1, 1. 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则cos<n1, n>==. 设所求二面角为θ, 则sin θ==. 所以, 所求二面角的正弦值是.9.解法一:Ⅰ因为PD⊥平面ABCD, BC平面ABCD,所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°, 得BC⊥DC. 又PD∩DC=D, PD平面PCD, DC平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PC平面PCD, 所以PC⊥BC.Ⅱ连结AC. 设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC, ∠BCD=90°, 所以∠ABC=90°. 从而由AB=2, BC=1, 得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=. 因为PD⊥平面ABCD, DC平面ABCD, 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1, 所以PC==. 由PC⊥BC, BC=1, 得△PBC的面积S△PBC=. 由V=S△PBC h=··h=, 得h=. 因此, 点A到平面PBC的距离为.解法二:建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P0, 0, 1, C0, 1, 0, B1, 1, 0.Ⅰ=0, 1, -1, =-1, 0, 0. ∵·=0×-1+1×0+-1×0=0, ∴PC⊥BC.Ⅱ设平面PBC的法向量n=x, y, z, 则有即令y=1得n=0, 1, 1. 又因为A1, -1, 0, =0, 2, 0, 所以点A到平面PBC的距离d===.解法三:Ⅱ取AB中点E, 连DE, 则DE∥BC, DE∥面PBC, 则A点到面PBC的距离等于E点到面PBC距离的2倍, 即等于点到面PBC距离的2倍. 过D作DH⊥PC, 则DH⊥面PBC. 在Rt△PCD中, DH=, ∴A到面PBC的距离为.10.解法一:Ⅰ连结A1B, 记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1B1B为正方形, 故A1B⊥AB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1的中点, 故DE ∥BF, DE⊥AB1. 作CG⊥AB, G为垂足, 由AC=BC知, G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B, 得CG⊥面AA1B1B. 连结DG, 则DG∥AB1, 故DE⊥DG, 由三垂线定理, 得DE ⊥CD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为DG∥AB1, 故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角, ∠CDG=45°. 设AB=2, 则AB1=2, DG=, CG=, AC=. 作B1H⊥A1C1, H为垂足. 因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C, 故B1H⊥面AA1C1C, 又作HK⊥AC1, K为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1K⊥AC1, 因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.B1H==, HC1==, AC1==, HK==,tan∠B1KH==, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.解法二:Ⅰ以B为坐标原点, 射线BA为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.设AB=2, 则A2, 0, 0, B10, 2, 0, D0, 1, 0, E,又设C1, 0, c, 则==2, -2, 0, =1, -1, c. 于是·=0, ·=0,故DE⊥B1A, DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为<>等于异面直线AB1与CD的夹角,故·=||·||cos 45°, 即2××=4, 解得c=, 故=-1, 0, . 又==0, 2, 0, 所以=+=-1, 2, . 设平面AA1C1的法向量为m=x, y, z, 则m·=0, m·=0, 即-x+2y+z=0且2y=0. 令x=, 则z=1, y=0, 故m=, 0, 1. 设平面AB1C1的法向量为n=p, q, r, 则n·=0, n·=0, 即-p+2q+r=0, 2p-2q=0. 令p=, 则q=, r=-1, 故n=, -1.所以cos<m, n>==. 由于<m, n>等于二面角A1-AC1-B1的平面角, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arccos.11. 2009全国Ⅰ, 19, 12分如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD=, DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.11.解法一:Ⅰ作ME∥CD交SD于点E, 则ME∥AB, ME⊥平面SAD.连结AE, 则四边形ABME为直角梯形.作MF⊥AB, 垂足为F, 则AFME为矩形. 设ME=x, 则SE=x,AE==, MF=AE=, FB=2-x. 由MF=FB·tan 60°, 得=2-x,解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点.ⅡMB==2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM为等边三角形.又由Ⅰ知M为SC中点, SM=, SA=, AM=2, 故SA2=SM2+AM2, ∠SMA=90°. 取AM中点G, 连结BG, 取SA中点H, 连结GH, 则BG⊥AM, GH⊥AM, 由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角. 连结BH. 在△BGH中, BG=AM=, GH=SM=, BH==, 所以cos∠BGH==-.二面角S-AM-B的大小为arccos.解法二:以D为坐标原点, 射线DA为x轴正半轴, 建立如图所示的直角坐标系D-xyz.设A, 0, 0, 则B, 2, 0, C0, 2, 0, S0, 0, 2.Ⅰ设=λλ>0, 则M, =. 又=0, 2, 0, <>=60°, 故·=||·||cos 60°, 即=, 解得λ=1, 即=. 所以M为侧棱SC的中点.Ⅱ由M0, 1, 1, A, 0, 0, 得AM的中点G. 又==0, -1, 1, =-, 1, 1.·=0, ·=0, 所以⊥⊥. 所以<>等于二面角S-AM-B的平面角. 因为cos<>==-. 所以二面角S-AM-B的大小为arccos.12.解法一:Ⅰ取BC中点F, 连结EF, 则EF B1B, 从而EFDA.连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AF∥DE. 2分又DE⊥平面BCC1, 故AF⊥平面BCC1,从而AF⊥BC, 即AF为BC的垂直平分线, 所以AB=AC. 5分Ⅱ作AG⊥BD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角. 由题设知, ∠AGC=60°. 设AC=2, 则AG=. 又AB=2, BC=2, 故AF=. 由AB·AD=AG·BD得2AD=·, 解得AD=, 故AD=AF. 又AD⊥AF, 所以四边形ADEF为正方形. 8分因为BC⊥AF, BC⊥AD, AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF, 因此平面BCD⊥平面DEF. 连结AE、DF, 设AE∩DF=H, 则EH⊥DF, EH⊥平面BCD. 连结CH, 则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因ADEF为正方形, AD=, 故EH=1, 又EC=B1C=2, 所以sin∠ECH==, 所以∠ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分解法二:Ⅰ以A为坐标原点, 射线AB为x轴的正半轴, 建立如图所示的直角坐标系A-xyz. 设B1, 0, 0,C0, b, 0, D0, 0, c, 则B11, 0, 2c, E. 2分于是==-1, b, 0. 由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. 5分Ⅱ设平面BCD的法向量=x, y, z, 则·=0, ·=0. 又=-1, 1, 0, =-1, 0, c, 故8分令x=1, 则y=1, z==. 又平面ABD的法向量=0, 1, 0. 由二面角A-BD-C 为60°知, <>=60°, 故·=||·||·cos 60°, 求得c=. 于是=1, 1, , =1, -1, , cos<>==, <>=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分13.解法一:Ⅰ∵四边形ABCD是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面ABCD, ∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB.Ⅱ设AC∩BD=O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵O, E分别为DB, PB的中点, ∴OE∥PD, OE=PD. 又∵PD⊥底面ABCD, ∴OE⊥底面ABCD, OE⊥AO. 在Rt△AOE中, OE=PD=AB=AO, ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.解法二:如图, 以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=a, PD=h, 则Aa, 0, 0, Ba, a, 0, C0, a, 0, D0, 0, 0, P0, 0, h.Ⅰ∵=-a, a, 0, =0, 0, h, =a, a, 0, ∴·=0, ·=0. ∴AC⊥DP, AC⊥BD. ∴AC ⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB. Ⅱ当PD=AB且E为PB的中点时, P0, 0, a, E. 设AC∩BD=O, 则O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵==, ∴cos∠AEO==. ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.14.解法一:Ⅰ证明:依题设, M在以BD为直径的球面上, 则BM⊥PD. 因为PA⊥平面ABCD, 则PA⊥AB. 又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD, 则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PCD. Ⅱ设平面ABM与PC交于点N, 因为AB∥CD, 所以AB∥平面PCD, 则AB∥MN∥CD, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM, 则MN是PN在平面ABM上的射影, 所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角, 且∠PNM∠PCD, tan∠PNM=tan∠PCD==2, 所求角为arctan 2.Ⅲ因为O是BD的中点, 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM于M, 则|DM|就是D点到平面ABM的距离. 因为在Rt△PAD中, PA=AD=4, PD⊥AM, 所以M为PD中点, DM=2, 则O点到平面ABM的距离等于.解法二:Ⅰ同解法一;Ⅱ如图所示,建立空间直角坐标系,则A0,0,0,P0,0,4,B2,0,0,C2,4,0,D0,4,0, M0,2,2,设平面ABM的一个法向量n=x, y, z, 由n⊥, n⊥可得令z=-1, 则y=1, 即n=0, 1, -1. 设所求角为α, 则sin α==, 所求角的大小为arcsin.Ⅲ设所求距离为h, 由O1, 2, 0, =1, 2, 0, 得h==.15.1如图,连接BE、BD,由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD;SD⊥平面ABCD,16.∴BD是BE在平面ABCD上的射影,∴AC⊥BE;17.2如图,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=,18.∵SD⊥平面ABCD,CD平面ABCD,∴SD⊥CD;19.又底面ABCD是正方形,∴CD⊥AD,而SD∩AD=D,CD⊥平面SAD20.连接AE、CE,过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F,连接CF,则CF⊥AE,故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角,即∠CDF=θ;在Rt△BDE中,∵BD=2a,DE=21.∴在Rt△ADE中,∵∴从而,在中,,由,得,由,解得,即为所求;16.解法一:Ⅰ因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离. 如图1, 过点A作AG⊥FD于G. 因∠BAD=, AB∥DC, 故CD⊥AD;又FA⊥平面ABCD, 由三垂线定理知CD⊥FD, 故CD⊥平面FAD, 知CD⊥AG.图1故AG为所求的直线AB到平面EFCD的距离. 在Rt△FDC中, FD===. 由FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 从而在Rt△FAD中, FA===1, 所以, AG===.Ⅱ由已知FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 又由∠BAD=, 知AD⊥AB, 故AD⊥平面ABFE, 从而AD⊥FE. 所以, ∠FAE为二面角F-AD-E的平面角, 记为θ. 在Rt△EAD中, AE===. 由四边形ABFE为平行四边形, 得FE∥BA, 从而∠EFA=, 在Rt△EFA中, EF===. 故tan θ==.解法二:图2Ⅰ如图2, 以A点为坐标原点, 的方向为x, y, z的正方向建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, C2, 2, 0, D0, 2, 0. 设F0, 0, z0z0>0, 可得=2, 2, -z0, 由||=3, 即=3, 解得z0=1, 即F0, 0, 1. 因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD 的距离. 设A点在平面EFCD上的射影点为Gx1, y1, z1, 则=x1, y1, z1, 因·=0且·=0,而=0, -2, 1, =-2, 0, 0, 此即①解得G点的横坐标x1=0, 知G点在yOz面上, 故G点在FD上. 又∥=-x1, -y1, -z1+1, 故有=-z1+1, ②联立①、②, 解得G, 因||为AB到平面EFCD的距离, 而=, 所以||=.Ⅱ因四边形ABFE为平行四边形, 则可设Ex0, 0, 1x0<0, =-x0, 2, -1, 由||=, 即=, 解得x0=-, 即E-, 0, 1, 故=-, 0, 1. 由=0, 2, 0, =0, 0, 1, 因·=0, ·=0, 故∠FAE为二面角F-AD-E的平面角. 又=, 0, 0, ||=, ||=1, 所以tan∠FAE==.17.由题设可知, 以、、为单位正交基底, 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则有A1, 0, 0, B1, 1, 0, C0, 1, 0, D10, 0, 1. 由=1, 1, -1得=λ=λ, λ,-λ, 所以=+=-λ, -λ, λ+1, 0, -1=1-λ, -λ, λ-1, =+=-λ, -λ, λ+0, 1, -1=-λ, 1-λ, λ-1. 显然∠APC不是平角, 所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<>=<0, 这等价于·<0, 即1-λ-λ+-λ1-λ+λ-12=λ-13λ-1<0, 得<λ<1. 因此, λ的取值范围为.18.解法一:Ⅰ因为AC=BC, M是AB的中点, 所以CM⊥AB. 又因为EA⊥平面ABC, 所以CM⊥EM.Ⅱ连结MD, 设AE=a, 则BD=BC=AC=2a. 在直角梯形EABD中. AB=2a, M是AB的中点,所以DE=3a, EM=a, MD=a, 因此DM⊥EM, 因为CM⊥平面EMD, 所以CM⊥DM, 因此DM⊥平面EMC, 故∠DEM是直线DE和平面EMC所成的角. 在Rt△EMD中. MD=a, EM=a, tan∠DEM==.解法二:如图, 以点C为坐标原点, 以CA, CB分别为x轴和y轴, 过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴, 建立直角坐标系C-xyz, 设EA=a, 则A2a, 0, 0, B0, 2a, 0, E2a, 0, a,D0, 2a, 2a, Ma, a, 0.Ⅰ因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以·=0, 故EM⊥CM.Ⅱ设向量n=1, y0, z0与平面EMC垂直, 则n⊥, n⊥. 即n·=0, n·=0. 因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以y0=-1, z0=-2. 即n=1, -1, -2. 因为=2a, -2a, -a, cos<n, >==, DE与平面EMC所成的角θ是n与夹角的余角, 所以tan θ=.19.1 以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A0,0, 0, B2,0, 0, C0,2, 0, D1,1, 0, A10,0, 4, C10,2, 4, 所以=2,0, -4, =1, -1, -4.因为cos< , > ===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为(2)设平面ADC1的法向量为n1=x, y, z, 因为=1,1,0, =0,2,4,所以n1·=0, n1·=0, 即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2, y=-2, 所以n1=2, -2,1 是平面ADC1的一个法向量. 取平面AA1B的一个法向量为n2=0,1,0,设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|===, 得sin θ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.。
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建立空间直角坐标系，解立体几何高考题立体几何重点、热点：求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．常用公式： 1、求线段的长度：222z y x AB ++==()()()212212212z z y y x x -+-+-=2、求P 点到平面α的距离：PN =，（N 为垂足，M 为斜足，n 为平面α的法向量）3、求直线l 与平面α所成的角：|||||sin |n PM ⋅=θ(l PM ⊂,α∈M ,n 为α的法向量)4、求两异面直线AB 与CD 的夹角：cos =θ5、求二面角的平面角θ：|||||cos |21n n ⋅=θ，（ 1n ，2n 为二面角的两个面的法向量）6、求二面角的平面角θ：SS 射影=θcos ，（射影面积法）7、求法向量：①找；②求：设b a , 为平面α的任意两个向量，)1,,(y x n =为α的法向量，则由方程组⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0n b n a ，可求得法向量n ．高中新教材9(B)引入了空间向量坐标运算这一容，使得空间立体几何的平行﹑垂直﹑角﹑距离等问题避免了传统方法中进行大量繁琐的定性分析，只需建立空间直角坐标系进行定量分析，使问题得到了大大的简化。
而用向量坐标运算的关键是建立一个适当的空间直角坐标系。
一﹑直接建系。
当图形中有互相垂直且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建系。
例1. (2002年全国高考题)如图，正方形ABCD ﹑ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD ﹑ABEF 互相垂直。
点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a （20<<a ）。
（1）求MN 的长； （2）当a 为何值时，MN 的长最小； （3）当MN 最小时，求面MNA 与面MNB 所成二面角α的大小。
解：（1）以B 为坐标原点，分别以BA ﹑BE ﹑BC 为x ﹑y ﹑z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz ，由CM=BN=a ，M(a 22，0，a 221-),N （a 22，a 22，0）∴ MN =(0，a 22，122-a )∴ MN =22)22()122(a a +- =21)22(2+-a （20<<a ） （2）由（1）MN =21)22(2+-a 所以，当a=22时，min=22， 即M ﹑N 分别移动到AC ﹑BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22。
（3）取MN 的中点P ，连结AP ﹑BP ，因为AM=AN ，BM=BN ，所以AP ⊥MN ，BP ⊥MN ，∠APB 即为二面角α的平面角。
MN 的长最小时M(21，0，21),N （21，21，0） 由中点坐标公式P(21，41，41),又A （1，0，0），B （0，0，0）∴ PA =(21，-41，-41)，PB =(-21，-41，-41)∴ cos ∠APB==838316116141⋅++-=-31∴ 面MNA 与面MNB 所成二面角α的大小为π-arccos 31例2.(1991年全国高考题)如图，已知ABCD 是边长为4的正方形，E ﹑F 分别是AB ﹑AD 的中点，GC ⊥面ABCD ，且GC=2，求点B 到平面EFG 的距离。
解：建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz ，由题意 C （0，0，0），G （0，0，2），E （2，4，0），F （4，2，0），B （0，4，0） ∴ GE =（2，4，-2），GF =（4，2，-2），BE =（2，0，0） 设平面EFG 的法向量为n =（x ，y ，z ），则n得{02420224=-+=-+z y x z y x ，令z=1，得x=31，y=31，即n=（31，31，1），GC 在n 方向上的射影的长度为d ==1919132++=11例3. (2000年二省一市高考题) 在直三棱柱ABC- A 1B 1C 1中CA=CB=1， ∠BCA=900，棱A A 1=2，M ﹑N 分别是A 1B 1﹑A 1 A 的中点。
（1）求BN 的长； （2） 求cos ><11,CB BA ；（3）求证：A 1B ⊥C 1M 解：建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz ，则C （0，0，0），B （0，1，0）， N （1，0，1），A 1（1，0，2），B 1（0，1，2），C 1（0，0，2），M(21，21，2) （1）BN =（1，-1，1）， =3；（2）1CB =（0，1，2），1BA =（1，-1，2） ∴ cos ><11,CB BA ==5641⋅+-=1030 （3）B A 1=（-1， 1，-2），C 1=(21，21，0)∴ B A 1•M C 1= -1×21+1×21+(-2)×0=0∴ A 1B ⊥C 1M二﹑利用图形中的对称关系建系。
有些图形虽然没有互相垂直且相交于一点的三条直线，但是图形中有一定的对称关系（如：正三棱锥﹑正四棱锥﹑正六棱锥等），我们可以利用图形的对称性建立空间直角坐标系来解题。
例4. (2001年二省一市高考题)如图，以底面边长为2a 的正四棱锥V-ABCD 底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点，高OV 为h 。
（1）求cos ><DE BE ,； （2）记面α-VC-β的平面角，求∠BED 。
解：（1）由题意B （a ，a ，0），D （-a ，-a ，0），E （-2a ，2a ，2h ） ∴ BE =（-23a ，-2a ，2h）， DE =（2a ，23a ，2h）cos ><DE BE ,==425425443432222222ha h a h a a +⋅++-- =2222106h a h a ++- （2） ∵ V （0，0，h ），C （-a ，a ，0）∴VC =（-a ，a ，- h ）又 ∠BED 是二面角α-VC-β的平面角 ∴ BE ⊥VC ，DE ⊥VC即 BE ·VC =232a -22a -22h = a 2-22h =0， a 2=22h代入 cos ><DE BE ,=2222106h a h a ++-=-31即∠BED=π-arccos 31三﹑利用面面垂直的性质建系。
有些图形没有互相垂直且相交于一点的三条直线，但是有两个互相垂直的平面，我们可以利用面面垂直的性质定理，作出互相垂直且相交于一点的三条直线，建立空间直角坐标系。
例5. (2000年全国高考题) 如图，正三棱柱ABC- A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a 。
（1） 建立适当的坐标系，并写出A ﹑B ﹑A 1﹑C 1的坐标； （2） 求 AC 1与侧面AB B 1A 1所成的角。
解：（1）如图，以点A 为坐标原点，以AB 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，以经过原点且与ABB 1A 1垂直的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
由已知得：A （0，0，0），B （0，a ，0），A 1（0，0，2a ），C 1（-a 23，2a，2a ） （2）取A 1B 1的中点M ，于是有M （0，2a，2a ），连AM ﹑MC 1有 1MC =（-a 23，0，0），且AB =（0，a ，0），1AA =（0，0，2a ） 由于1MC ·=0，1MC ·1AA =0，故MC 1⊥平面AB B 1A 1 。
∴ A C 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面AB B 1A 1所成的角。
∵ 1AC =（-a 23，2a ，2a ），AM =（0，2a ，2a ）, ∴ 1AC ·=0+42a +2a 2=492a ,1AC =2222443a a a ++=3a ，=2224a a +=23a∴ cos ><AM AC ,1=aa a 233492⋅=23∴ 1AC 与AM 所成的角，即AC 1与侧面AB B 1A 1所成的角为30o 。
例6. (2002年高考题) 如图，三棱柱OAB- O 1A 1B 1，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB=600, ∠AOB=900，且OB= OO 1=2，OA=3。
求：（1）二面角O 1–AB –O 的大小；（2）异面直线A 1B 与A O 1所成角的大小。
（结果用反三角函数值表示） 解：（1）如图，取OB 的中点D ，连接O 1D ，则O 1D ⊥OB∵ 平面OBB 1O 1⊥平面OAB ， ∴ O 1D ⊥面OAB ，过D 作AB 的垂线，垂足为E ，连结O 1E∠DEO 1为二面角O 1–AB-O 的平面角。
由题设得O 1D=3 sin ∠OBA=22OB OA OA =721∴ DE=DBsin ∠OBA=721 ∵ 在Rt ΔO 1DE 中，tan ∠DE O 1=7∴ ∠DE O 1=arctan 7，即二面角O 1–AB –O 的大小为arctan 7。
（2）以O 为原点，分别以OA ﹑OB 所在直线为x ﹑y 轴，过点O 且与平面AOB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系。
则O （0，0，0），O 1（0，1，3）， A （3，0，0）， A 1（3，1，3）， B （0，2，0），则B A 1=（-3，1，-3），A O 1=（3，-1，-3） cos 〈B A1，A O 1〉=77313+--=-71故异面直线A 1B 与A O 1所成角的大小arccos 71。